- 2021-05-22 发布 |
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文档介绍
【数学】2019届一轮复习人教B版第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列学案
第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列 第一节 排列、组合 本节主要包括2个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题. 突破点(一) 两个计数原理 1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． 2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 3．两个计数原理的比较 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 1．判断题 (1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( ) (2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( ) (3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ 2．填空题 (1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________． 解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)． 答案：6 (2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有________个． 解析：∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法， 由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数． 答案：36 (3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________． 解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120. 答案：120 分类加法计数原理 能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点： (1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类． (2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事． (3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． [例1] (1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( ) A．4种 B．6种 C．10种 D．16种 (2)(2018·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( ) A．14 B．13 C．12 D．10 [解析] (1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)， 同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法． 由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式． (2)①当a＝0时，有x＝－，b＝－1,0,1,2，有4种可能； ②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1， (ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能； (ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能； (ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能． ∴有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13. [答案] (1)B (2)B [易错提醒] (1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏． (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复． 分步乘法计数原理 能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点： (1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可． (2)完成每一步有若干种方法． (3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． [例2] (1)从－2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)． (2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种． [解析] (1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数． (2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况． [答案] (1)18 6 (2)63 [易错提醒] (1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事． (2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成． 两个计数原理的综合问题 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步． [例3] (1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( ) A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 (2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法． [解析] (1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)． (2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法，所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法． [答案] (1)B (2)260 [方法技巧] 使用两个计数原理进行计数的基本思想 对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤” ，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数． 1.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( ) A．504 B．210 C．336 D．120 解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法． 2.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( ) A．20 B．25 C．32 D．60 解析：选C 依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32. 3.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( ) A．3 B．4 C．6 D．8 解析：选D 先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9. 以2为首项的等比数列为2,4,8. 以4为首项的等比数列为4,6,9. 同理可得到4个递减数列， ∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8. 4.在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个． 解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)． 答案：8 5.如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种． 解析：按区域1与3是否同色分类． ①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法， 再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法． 所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法． ②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法， 第二步，涂区域2有2种涂色方法， 第三步，涂区域4只有一种方法， 第四步，涂区域5有3种方法． 所以这时共有12×2×1×3＝72种方法． 故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为 24＋72＝96. 答案：96 突破点(二) 排列、组合问题 1．排列与排列数 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 排列数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A 2.组合与组合数 组合 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C 3.排列数、组合数的公式及性质 排列数 组合数 公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ C＝＝＝ 性质 A＝n！；0！＝1 C＝1；C＝C_；C＋C＝C 备注 n，m∈N*且m≤n 4．排列与组合的区别 排列 组合 排列与顺序有关 组合与顺序无关 两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同 两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同 1．判断题 (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ) (2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( ) (3)若组合式C＝C，则x＝m成立．( ) (4)(n＋1)！－n！＝n·n！.( ) (5)A＝nA.( ) (6) C＝nC.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)√ 2．填空题 (1)A、B、C、D、E五人并排站成一排，不同的排法共有________种． 答案：120 (2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条． 解析：由题意，得毕业留言共A＝1 560(条)． 答案：1 560 (3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种． 解析：依题意得知，满足题意的选法共有C·C·C＝24(种)． 答案：24 (4)方程3A＝2A＋6A的解为________． 解析：由排列数公式可知 3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)， ∵x≥3且x∈N*， ∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)， 解得x＝5或x＝(舍去)，∴x＝5. 答案：5 (5)已知－＝，则m＝________. 解析：由已知得m的取值范围为，原等式可化为－＝，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2. 答案：2 排列问题 [例1] (1)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( ) A．192种 B．216种 C．240种 D．288种 (2)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种． [解析] (1)第一类：甲在最左端，有A＝120种排法； 第二类：乙在最左端，有4A＝96种排法， 所以共有120＋96＝216种排法． (2)记其余两种产品为D，E，由于A，B相邻，则视为一个元素，先与D，E排列，有AA种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC＝2×6×3＝36种不同的摆法． [答案] (1)B (2)36 [方法技巧] 求解排列问题的六种主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中 定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反、等价转化的方法 组合问题 组合问题的常见题型及解题思路 常见题型 一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等 解题思路 (1)分清问题是否为组合问题； (2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题 [例2] (1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为( ) A．85 B．86 C．91 D．90 (2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( ) A．130 B．120 C．90 D．60 (3)(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)． [解析] (1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝31； 第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝34； 第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C＋CC＋C＝21. 所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86. 法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C－C－C＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C－C＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86. (2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有CC＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C ＋CC＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C＋CC＋CC＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130. (3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C－C＝55. 从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A＝12种． 故总共有55×12＝660种选法． [答案] (1)B (2)A (3)660 [方法技巧] 有限制条件的组合问题的解法 组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． (2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理． 分组分配问题 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象． [例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法． (2)某 室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________． (3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法． [解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种不同的分派方法． (2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有 种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A＝36种． (3)将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种分法； 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法； 第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法． 根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法． 再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法． [答案] (1)90 (2)36 (3)360 [方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略 类型 求解策略 整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数 1.某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为( ) A．10 B．20 C．30 D．40 解析：选B 因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为＝5×4＝20. 2.世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为( ) A．12 B．10 C．8 D．6 解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A＝6. 3.某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( ) A．1 800 B．900 C．300 D．1 440 解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有·AA＝900(种)，故选B. 4.(2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 解析：(1)有一个数字是偶数的四位数有CCA＝960个． (2)没有偶数的四位数有A＝120个． 故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个． 答案：1 080 5.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________． 解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有CC＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C－3C＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472. 答案：472 [全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( ) A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选D 第一步：将4项工作分成3组，共有C种分法． 第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A种分配方法，故共有C·A＝36种安排方法． 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( ) A．24 B．18 C．12 D．9 解析：选B 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B. 3．(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意 ≤2m，a1，a2，…，a 中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( ) A．18个 B．16个 C．14个 D．12个 解析：选C 当m＝4时，数列{an}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意 ≤8，a1，a2，…，a 中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14(个)，故选C. 4．(2014·全国大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组．则不同的选法共有( ) A．60种 B．70种 C．75种 D．150种 解析：选C 从6名男医生中选出2名有C种选法，从5名女医生中选出1名有C种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C·C＝75(种)．故选C. [课时达标检测] [小题对点练——点点落实] 对点练(一) 两个计数原理 1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q .把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B．14 C．15 D．21 解析：选B 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14. 2．(2018·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是( ) A．7 B．10 C．25 D．52 解析：选B 因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)． 3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( ) A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 解析：选B 赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)． 4．(2018·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( ) A．243 B．252 C．261 D．279 解析：选B 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252. 5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为( ) A．24 B．14 C．10 D．9 解析：选B 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式． 6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________． 解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法． 答案：420 对点练(二) 排列、组合问题 1．(2018·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有( ) A．34种 B．48种 C．96种 D．144种 解析：选C 特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C·A·A＝96种排法，故选C. 2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为( ) A．10 B．20 C．30 D．40 解析： 选B 将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有CCA＝20(种)． 3．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( ) A．13 B．24 C．18 D．72 解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA＝72. 4．(2017·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ) A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 解析：选C 1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CA种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CA＋CA＝36(种)． 5．(2018·豫南九校联考)某医院拟派2名内 医生、3名外 医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内 医生、外 医生和护士，则不同的分配方案有( ) A．72种 B．36种 C．24种 D．18种 解析：选B A(CC＋CC)＝36(种)． 6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法． 解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C＝20. 答案：20 7．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)． 解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4种情况，再对应到4个人，有A＝24种情况，则共有4×24＝96种情况． 答案：96 8．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种． 解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A－1＝12－1＝11(种)． 答案：11 [大题综合练——迁移贯通] 1．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排． (1)共有多少种不同的排法？ (2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示) 解：(1)从4名男生中选出2人，有C种选法， 从6名女生中选出3人，有C种选法， 根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有CCA＝14 400(种)． (2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有CCAA＝8 640(种)． 2．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学 的 代表，求分别符合下列条件的选法数： (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文 代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任数学 代表； (4)某女生一定要担任语文 代表，某男生必须担任 代表，但不担任数学 代表． 解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有CC＋CC种情况，后排有A种情况，则符合条件的选法数为(CC＋CC)·A＝5 400. (2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为C·A＝840. (3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为C·C·A＝3 360. (4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种情况，再安排该男生有C种情况，选出的3人全排有A种情况，则符合条件的选法数为C·C·A＝360. 3．有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子． (1)共有多少种放法？ (2)恰有一个空盒，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？ 解：(1)∵1号球可放入任意一个盒子内，有4种放法．同理，2,3,4号小球也各有4种放法，∴共有44＝256种放法． (2)恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,2. 先从4个小球中任选2个放在一起，有C种方法，然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个盒子中，有A种放法． ∴由分步乘法计数原理知共有CA＝144种不同的放法． (3)恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法： ①一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球． 先把小球分为两组，一组1个，另一组3个，有C种分法， 再放到2个盒子内，有A种放法，共有CA种放法； ②把4个小球平均分成2组，每组2个，有种分法，放入2个盒子内，有A种放法，共有CA种放法． ∴由分类加法计数原理知共有CA＋CA＝84种不同的放法． 第二节 二项式定理 本节主要包括2个知识点： 1.二项式的通项公式及应用； 2.二项式系数的性质及应用. 突破点(一) 二项式的通项公式及应用 1．二项式定理 二项 展开式 公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－ b ＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理 二项式 的通项 T ＋1＝Can－ b 为展开式的第 ＋1项 2．二项式系数与项的系数 二项式 系数 二项展开式中各项的系数C(r∈{0，1，…，n})叫做第r＋1项的二项式系数 项的 系数 项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的系数是Can－rbr 1．判断题 (1)Can－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．( ) (2)在(a＋b)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关．( ) (3)(a＋b)n展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同．( ) (4)(a＋b)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ 2．填空题 (1)已知a>0，6展开式的常数项为15，则a＝________. 解析：Tr＋1＝C(－1)ra6－rx－3＋，由－3＋＝0，得r＝2，∴常数项为T3＝Ca4＝15，且a＞0，可得a＝1. 答案：1 (2)(1－2x)7展开式中x3的系数为________． 解析：Tr＋1＝C17－r(－2x)r＝C(－2)rxr，令r＝3，得x3的系数为C(－2)3＝35×(－8)＝－280. 答案：－280 (3)8的展开式中的有理项共有________项． 解析：∵Tr＋1＝C()8－rr＝rCx， ∴r为4的倍数，故r＝0,4,8，共3项． 答案：3 (4)若(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n＝________. 解析：(1＋3x)n的展开式中含x5的项为C(3x)5＝C35x5，展开式中含x6的项为C36x6. 由两项的系数相等得C·35＝C·36，解得n＝7. 答案：7 形如(a＋b)n的展开式问题 [例1] (1)(2018·武汉模拟)5的展开式中的常数项为( ) A．80 B．－80 C．40 D．－40 (2)(2018·福州五校联考)在6的展开式中，若x4的系数为－3，则a＝________. (3)二项式n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________． [解析] (1)∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝(－2)rC·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2， ∴T3＝(－2)2C＝40. (2)6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx6－rr＝Crx6－2r， 令6－2r＝4，则r＝1，所以x4的系数为C1＝－3，解得a＝1. (3)二项展开式的通项是Tr＋1＝Cx3n－3rx－2r＝Cx3n－5r，令3n－5r＝0，得n＝(r＝0,1,2，…，n)，故当r＝3时，n有最小值5. [答案] (1)C (2)1 (3)5 [方法技巧] 二项展开式问题的常见类型及解法 (1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第 ＋1项，再由特定项的特点求出 值即可． (2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第 ＋1项，由特定项得出 值，最后求出其参数． 形如(a＋b)m(c＋d)n的展开式问题 [例2] (1)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则ɑ＝( ) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 (2)(2018·湖南五市十校联考)在(2x＋1)(x－1)5的展开式中含x3项的系数是________．(用数字作答) [解析] (1)展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1. (2)由题易得二项式的展开式中含x3项的系数为C(－1)2＋2C(－1)3＝－10. [答案] (1)D (2)－10 [方法技巧] 求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路 (1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解． (2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2； (3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑． 形如(a＋b＋c)n的展开式问题 [例3] (1)(2018·湖北枣阳模拟)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为( ) A．10 B．20 C．30 D．60 (2)(2018·太原模拟)5的展开式中常数项是________． [解析] (1)(x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr， 令r＝2，则T3＝C(x2＋x)3y2， 又(x2＋x)3的展开式的通项为C(x2)3－ ·x ＝Cx6－ ， 令6－ ＝5，则 ＝1， 所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为CC＝30，故选C. (2)由5＝5，则其通项公式为(－1)5－rCr(0≤r≤5)，其中r的通项公式为2r－tCxr－2t(0≤t≤r)． 令r－2t＝0，得或或 所以5的展开式中的常数项为(－1)5C＋(－1)3C×2C＋(－1)1C×22C＝－161. [答案] (1)C (2)－161 [方法技巧] 求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤 1.(2018·杭州测试)6的展开式中，常数项是( ) A．－ B. C．－ D. 解析：选D Tr＋1＝C(x2)6－rr＝rCx12－3r，令12－3r＝0得r＝4，所以常数项为4C＝. 2.设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为( ) A．－15x4 B．15x4 C．－20ix4 D．20ix4 解析：选A Tr＋1＝Cx6－rir，由6－r＝4得r＝2.故T3＝Cx4i2＝－15x4.故选A. 3.(2018·厦门联考)在10的展开式中，含x2项的系数为( ) A．10 B．30 C．45 D．120 解析：选C 因为10＝10＝(1＋x)10＋C(1＋x)9＋…＋C10，所以x2项只能在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Cx2，系数为C＝45. 4.(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( ) A．56 B．84 C．112 D．168 解析：选D (1＋x)8的展开式中x2的系数为C，(1＋y)4的展开式中y2的系数为C，所以x2y2的系数为CC＝168. 5.(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A．5 B．3 C．2 D．0 解析：选A 常数项为C×22×C＝4，x7的系数为C×C(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5. 6.(2018·合肥质检)在4的展开式中，常数项为________． 解析：易知4的展开式的通项Tr＋1＝C(－1)4－r·r，又r的展开式的通项Rm＋1＝C(－x－1)mxr－m＝C(－1)mxr－2m，∴Tr＋1＝C(－1)4－r·C(－1)mxr－2m，令r－2m＝0，得r＝2m，∵0≤r≤4，∴0≤m≤2，∴当m＝0,1,2时，r＝0,2,4，故常数项为T1＋T3＋T5＝C(－1)4＋C(－1)2·C(－1)1＋C(－1)0·C(－1)2＝－5. 答案：－5 突破点(二) 二项式系数的性质及应用 二项式系数的性质 (1)对称性：当0≤ ≤n时，C＝. (2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减，当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和第项的二项式系数最大，最大值为. (3)二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 1．判断题 (1)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( ) (2)在(1－x)9的展开式中，系数最大的项是第5项和第6项．( ) (3)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.( ) 答案：(1)× (2)× (3)× 2．填空题 (1)若m的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数是________． 解析：由题意可知2m＝128，∴m＝7，∴展开式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r·r＝C37－r(－1)rx7－，令7－r＝－3，解得r＝6，∴的系数为C37－6(－1)6＝21. 答案：21 (2)若(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________. 解析：令x＝0，得－1＝a0；令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1.∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2. 答案：2 二项展开式中系数和的问题 赋值法在求各项系数和中的应用 (1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可． (2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． (3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)． ①奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝， ②偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝. [例1] (1)(2018·衢州调研)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A．212 B．211 C．210 D．29 (2)(2018·诸暨质检)若(1－3x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝________. [解析] (1)∵(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，∴C＝C，解得n＝10. 从而C＋C＋C＋…＋C＝210， ∴奇数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29. (2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(1－3)4＝16. 又令x＝0，得a0＝(1－0)4＝1. 因此a1＋a2＋a3＋a4＝15. [答案] (1)D (2)15 [易错提醒] (1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)； (2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值． 二项式系数或展开式系数的最值问题 求解二项式系数或展开式系数的最值问题的一般步骤 第一步，要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个． 第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解．若是求展开式系数的最大值，有两个思路，如下：思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值． 思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可求得答案． [例2] (1)在(1＋x)n(x∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝( ) A．8 B．9 C．10 D．11 (2)在5的展开式中x3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为( ) A．5 B．10 C．15 D．20 [解析] (1)二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为Cn，即得＝5，解得n＝10. (2)由Tr＋1＝Cx5－rr＝(－a)rCx5－2r，r＝0,1，2，…，5，由5－2r＝3，解得r＝1，所以(－a)C＝－5a＝－5，解得a＝1，所以Tr＋1＝(－1)rCx5－2r，r＝0,1,2，…，5，当r＝0时，(－1)rC＝1；当r＝2时，(－1)2C＝10；当r＝4时，(－1)4C＝5.所以该展开式各项的系数中最大值为10.故选B. [答案] (1)C (2)B 1.(2018·福建漳州调研)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为( ) A．－20 B．0 C．1 D．20 解析：选D 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20. 2.(x＋2y)7的展开式中系数最大的项是________． 解析：(x＋2y)7的展开式的通项为Tr＋1＝2rCx7－ryr. 由可得≤r≤.∵r＝0,1，…，7，∴r＝5.∴(x＋2y)7的展开式中系数最大的项是T6＝25Cx2y5＝672x2y5. 答案：672x2y5 3.(x－2y)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数为________(用数字作答)． 解析：二项式系数最大的项是T4＝Cx3(－2y)3＝－160x3y3，故填－160. 答案：－160 4.(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________. 解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.① 令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.② ①－②得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3. 答案：3 [全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为( ) A．15 B．20 C．30 D．35 解析：选C (1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30. 2．(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( ) A．－80 B．－40 C．40 D．80 解析：选C 当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40. 3．(2013·全国卷Ⅰ)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝( ) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选B 根据二项式系数的性质知：(x＋y)2m的二项式系数最大有一项，C＝a，(x＋y)2m＋1的二项式系数最大有两项，C＝C＝b.又13a＝7b，所以13C＝7C，将各选项中m的取值逐个代入验证，知m＝6满足等式，所以选B. 4．(2016·全国卷Ⅰ)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案) 解析：(2x＋)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r()r＝25－r·C·x5－.令5－＝3，得r＝4. 故x3的系数为25－4·C＝2C＝10. 答案：10 5．(2014·全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案) 解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，当10－r＝7时，r＝3，所以T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，故a＝. 答案： [课时达标检测] [小题对点练——点点落实] 对点练(一) 二项式的通项公式及应用 1．二项式10的展开式中的常数项是( ) A．180 B．90 C．45 D．360 解析：选A 10的展开式的通项为T ＋1＝C·()10－ ＝2 Cx5－ ，令5－ ＝0，得 ＝2，故常数项为22C＝180. 2．已知5的展开式中含x的项的系数为30，则a＝( ) A. B．－ C．6 D．－6 解析：选D Tr＋1＝C()5－r·r＝C(－a)rx，由＝，解得r＝1.由C(－a)＝30，得a＝－6.故选D. 3．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( ) A．30 B．20 C．15 D．10 解析：选C (1＋x)6的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Cxr，则x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15. 4．(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为( ) A．－210 B．210 C．30 D．－30 解析：选A (x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝C(x2)10－C(x2)9(x－1)＋…－Cx2(x－1)9＋C(x－1)10，所以含x3项的系数为：－CC＋C(－C)＝－210，故选A. 5．(2017·山东高考)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________. 解析：(1＋3x)n的展开式的通项Tr＋1＝C3rxr，∴含有x2项的系数为C32＝54，∴n＝4. 答案：4 6.6的展开式的第二项的系数为－，则－2x2dx的值为________． 解析：该二项展开式的第二项的系数为Ca5，由Ca5＝－，解得a＝－1，因此－2x2dx＝x2dx＝＝－＋＝. 答案： 7．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是________． 解析：展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121. 答案：－121 8．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案) 解析：x2y7＝x·(xy7)，其系数为C，x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C，∴x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20. 答案：－20 对点练(二) 二项式系数的性质及应用 1．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为( ) A．1或3 B．－3 C．1 D．1或－3 解析：选D 令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3. 2．若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a7＝( ) A．－2 B．－3 C．125 D．－131 解析：选C 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝－2，令x＝0，则a0＝1.又a8＝C(－2)7＝－128，所以a1＋a2＋…＋a7＝－2－1－(－128)＝125. 3．(2018·河北省“五校联盟”质量检测)在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( ) A．－960 B．960 C．1 120 D．1 680 解析：选C 根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝C(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120，故选C. 4．若n的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是( ) A．－10 B．10 C．－45 D．45 解析：选D 因为展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)n－r·(－1)rx－＝C(－1)rx2n－，所以＝，∴n＝10，∴Tr＋1＝C·(－1)r·x20－，令20－＝0，∴r＝8.∴常数项为T9＝C(－1)8＝45. 5．在二项式n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为256，则展开式中x的系数为________． 解析：因为二项式展开式中，偶数项与奇数项的二项式系数之和相等，所以2n－1＝256，解得n＝9.所以二项式9的展开式中，通项为Tr＋1＝C(9x)9－r·r＝C99－r·rx9－r.令9－r＝1，解得r＝6，所以展开式中x的系数为C×93×6＝84. 答案：84 6．在二项式n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是________． 解析：∵在二项式n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，∴n＝8.∵8的展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rCx8－2r，令8－2r＝2，则r＝3，∴展开式中含x2项的系数是－C＝－56. 答案：－56 7．在(x＋y)n的展开式中，若第7项系数最大，则n的值可能等于____________． 解析：根据题意，分三种情况：①若仅T7系数最大，则共有13项，n＝12；②若T7与T6系数相等且最大，则共有12项，n＝11；③若T7与T8系数相等且最大，则共有14项，n＝13.所以n的值可能等于11,12,13. 答案：11,12,13 [大题综合练——迁移贯通] 1．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求： (1)a1＋a2＋…＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6； (4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|. 解：令x＝1， 则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.① 令x＝－1， 则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.② (1)∵a0＝C＝1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2. (2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094. (3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093. (4)∵(1－2x)7展开式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7| ＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7) ＝1 093－(－1 094)＝2 187. 2．已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112. (1)求m，n的值； (2)求展开式中奇数项的二项式系数之和； (3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数． 解：(1)由题意可得2n＝256，解得n＝8.Tr＋1＝Cmrx，含x项的系数为Cm2＝112，解得m＝2或m＝－2(舍去)．故m，n的值分别为2,8. (2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＋C＝28－1＝128. (3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8， 所以含x2的系数为C24－C22＝1 008. 3．已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N*)的展开式中x的系数为11. (1)求x2的系数取最小值时n的值； (2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和． 解：(1)由已知得C＋2C＝11，∴m＋2n＝11. x2的系数为C＋22C＝＋2n(n－1)＝＋(11－m)＝2＋. ∵m∈N*，∴m＝5时，x2的系数取得最小值22，此时n＝3. (2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m＝5，n＝3. ∴f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3. 设f(x)的展开式为f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5， 令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33＝59， 令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1， 两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30. 第三节 随机事件的概率 本节主要包括2个知识点： 1.随机事件的频率与概率；2.互斥事件与对立事件. 突破点(一) 随机事件的频率与概率 1．事件的分类 2．频率和概率 (1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率． (2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率． 1．判断题 (1)“下周六会下雨”是随机事件．( ) (2)事件发生的频率与概率是相同的．( ) (3)随机事件和随机试验是一回事．( ) (4)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ 2．填空题 (1)掷一枚均匀的硬币两次，事件M：一次正面朝上，一次反面朝上；事件N：至少一次正面朝上．则P(M)＝________；P(N)＝________. 解析：掷一枚硬币两次，有四个基本事件：正反、正正、反正、反反．故P(M)＝＝，P(N)＝. 答案： (2)在n次重复进行的试验中，事件A发生的频率为，当n很大时，P(A)与的关系是________．(填“等于”或“约等于”) 解析：因频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值，所以P(A)≈. 答案：约等于 (3)给出下列三个说法，其中正确的有________个． ①有一大批产品，已知次品率为10 ，从中任取100件，必有10件是次品； ②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是； ③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率． 解析：①错，不一定是10件次品；②错，是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念． 答案：0 (4)某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶．假设此人射击1次，则其中靶的概率约为________；中10环的概率约为________． 解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2. 答案：0.9 0.2 随机事件的频率与概率 事件A发生的频率是利用频数nA除以试验总次数n所得到的值，且随着试验次数的增多，它在A 的概率附近摆动幅度越来越小，即概率是频率的稳定值，因此在试验次数足够的情况下，给出不同事件发生的次数，可以利用频率来估计相应事件发生的概率． [典例] 某保险公司利用简单随机抽样的方法，对投保的车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下： 赔偿金额(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000 车辆数(辆) 500 130 100 150 120 (1)若每辆车的投保金额为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率． (2)在样本车辆中，车主是新司机的占10 ，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20 ，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率． [解] (1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12， 由于投保额为2 800元，赔付金额大于投保金额的情形是赔付3 000元和4 000元， 所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27. (2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主是新司机的有0.1×1 000＝100(位)，而赔付金额为4 000元的车辆中车主为新司机的有0.2×120＝24(位)， 所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24， 由频率估计概率得P(C)＝0.24. 1．某电子商务公司随机抽取1 000名 络购物者进行调查．这1 000名购物者2017年 上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3,0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下： 电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下： 购物金额分组 [0.3,0.5) [0.5,0.6) [0.6,0.8) [0.8,0.9] 发放金额 50 100 150 200 (1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数； (2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率． 解：(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表： x 0.3≤x<0.5 0.5≤x<0.6 0.6≤x<0.8 0.8≤x≤0.9 y 50 100 150 200 频率 0.4 0.3 0.28 0.02 这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为： ＝96.(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系，由(1)有P(y＝150)＝P(0.6≤x<0.8)＝0.28， P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02， 从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3. 2．随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 天气 晴 雨 阴 阴 阴 雨 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 晴 日期 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 天气 晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 雨 (1)在4月份任选一天，估计西安市在该天不下雨的概率； (2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率． 解：(1)由4月份天气统计表知，在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，在4月份任选一天，西安市不下雨的概率为＝. (2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)．这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为＝.以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为. 突破点(二) 互斥事件与对立事件 1．概率的基本性质 (1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1. (2)必然事件的概率：P(A)＝1.不可能事件的概率：P(A)＝0. 2．互斥事件和对立事件 事件 定义 概率公式 互斥 事件 在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)； P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An) 对立 事件 在一个随机试验中，两个试验不会同时发生，并且一定有一个发生的事件A和称为对立事件 P()＝1－P(A) 1．判断题 (1)若随机事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1.( ) (2)两个事件的和事件是指两个事件同时发生．( ) (3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( ) (4)“方程x2＋2x＋8＝0有两个实根”是不可能事件．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ 2．填空题 (1)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是____________． 答案：两次都不中靶 (2)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为________． 答案：② (3)甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么甲是乙的____________条件． 答案：必要不充分 (4)从一箱产品中随机抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为________． 解析：由对立事件可得P＝1－P(A)＝0.35. 答案：0.35 事件关系的判断 [例1] (1)设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 (2)一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示“向上的一面出现奇数”，事件B表示“向上的一面出现的数字不超过3”，事件C表示“向上的一面出现的数字不小于4”，则( ) A．A与B是互斥而非对立事件 B．A与B是对立事件 C．B与C是互斥而非对立事件 D．B与C是对立事件 (3)对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________． [解析] (1)若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1，充分性成立．设掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“3次出现正面”，则P(A)＝，P(B)＝，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，必要性不成立．故甲是乙的充分不必要条件． (2)A∩B＝{出现数字1或3}，事件A，B不互斥更不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω(Ω为必然事件)，故事件B，C是对立事件．故选D. (3)设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件． [答案] (1)A (2)D (3)A与B，A与C，B与C，B与D B与D [方法技巧] 事件间的关系的判断方法 (1)判断事件间的关系时，可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件间的关系． (2)对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件，在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件，这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法．判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的，不能在多次试验中判断． (3)从集合的角度上看：事件A，B对应的基本事件构成了集合A，B，则A，B互斥时，A∩B＝∅；A，B对立时，A∩B＝∅且A∪B＝U(U为全集)．两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件． 互斥事件、对立事件的概率 [例2] 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？ [解] 从袋中任取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A，B，C，D，则有 P(A)＝，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝， P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝，解得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，. [方法技巧] 求复杂互斥事件概率的两种方法 (1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和； (2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P()求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法． 1.把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( ) A．对立事件 B．不可能事件 C．互斥事件但不是对立事件 D．以上答案都不对 解析：选C 由互斥事件和对立事件的概念可判断，应选C. 2.设事件A，B，已知P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则A，B之间的关系一定为( ) A．两个任意事件 B．互斥事件 C．非互斥事件 D．对立事件 解析：选B 因为P(A)＋P(B)＝＋＝＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件．故选B. 3.由经验得知，在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下： 排队人数 0 1 2 3 4 5人及以上 概率 0.11 0.16 0.3 0.29 0.1 0.04 则至多2人排队的概率为( ) A．0.3 B．0.43 C．0.57 D．0.27 解析：选C 记“没有人排队”为事件A，“1人排队”为事件B，“2人排队”为事件C，A、B、C彼此互斥．记“至多2人排队”为事件E.则P(E)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.11＋0.16＋0.3＝0.57. 4.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( ) A. B. C. D．1 解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为. 5.某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求： (1)P(A)，P(B)，P(C)； (2)1张奖券的中奖概率； (3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.故事件A，B，C的概率分别为，，. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C. ∵A，B，C两两互斥， ∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C) ＝＝， 故1张奖券的中奖概率约为. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件， ∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝， 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. [全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2015·全国卷Ⅱ)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表． B地区用户满意度评分的频数分布表 满意度评分分组 [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100] 频数 2 8 14 10 6 (1)在图② 中作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图，并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)． (2)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级： 满意度评分 低于70分 70分到89分 不低于90分 满意度等级 不满意 满意 非常满意 估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由． 解：(1)如图所示． 通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散． (2)A地区用户的满意度等级为不满意的概率大． 记CA表示事件：“A地区用户的满意度等级为不满意”；CB表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”．由直方图得P(CA)的估计值为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P(CB)的估计值为(0.005＋0.02)×10＝0.25. 所以A地区用户的满意度等级为不满意的概率大． 2．(2016·全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出 险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： 出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值； (2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160 ”，求P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值． 解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55，故P(A)的估计值为0.55. (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4. 由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为＝0.3，故P(B)的估计值为0.3. (3)由所给数据得 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的200名续保人的平均保费为 0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. [课时达标检测] [小题对点练——点点落实] 对点练(一) 随机事件的频率与概率 1．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表： 分组 [10,20) [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) 频数 2 3 4 5 4 2 则样本数据落在区间[10,40)的频率为( ) A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65 解析：选B 数据落在[10,40)的频率为＝＝0.45，故选B. 2．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( ) A．134石 B．169石 C．338石 D．1 365石 解析：选B 这批米内夹谷约为×1 534≈169石，故选B . 3．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为： 162,153,148,154,165,168,172,171,173,150， 151,152,160,165,164,179,149,158,159,175. 根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm～170.5 cm 之间的概率约为( ) A. B. C. D. 解析：选A 从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm～170.5 cm之间的学生有8人，频率为，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm～170.5 cm之间的概率约为. 4．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，“正面朝上”的频数为51，则“正面朝上”的频率为( ) A．49 B．0.5 C．0.51 D．0.49 解析：选C 由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为＝0.51. 对点练(二) 互斥事件与对立事件 1．掷一颗质地均匀的骰子，观察所得的点数为a，设事件A＝“a为3”，B＝“a为4”，C＝“a为奇数”，则下列结论正确的是( ) A．A与B为互斥事件 B．A与B为对立事件 C．A与C为对立事件 D．A与C为互斥事件 解析：选A 事件A与B不可能同时发生，A，B互斥，但不是对立事件，显然A与C不是互斥事件，更不是对立事件． 2．有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向．事件“甲向南”与事件“乙向南”是( ) A．互斥但非对立事件 B．对立事件 C．相互独立事件 D．以上都不对 解析：选A 由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件． 3．从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是( ) A．至少有一个红球与都是红球 B．至少有一个红球与都是白球 C．至少有一个红球与至少有一个白球 D．恰有一个红球与恰有两个红球 解析：选D 对于A，两事件是包含关系，对于B，两事件是对立事件，对于C，两事件可能同时发生．故选D. 4．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5 和3 ，则抽检一个产品是正品(甲级)的概率为( ) A．0.95 B．0.97 C．0.92 D．0.08 解析：选C 记抽检的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5 －3 ＝92 ＝0.92. 5．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是( ) A. B. C. D. 解析：选D 由题意可得 即解得查看更多